首先，我们要看出来这是一道数位DP题。。。
- 有上下界l,r;
- 只与数字的排列有关，与数字大小无关。
- 对于数字之间有诸多限制。
- 一般范围是在18位左右，此题11位，显然可以。
所以，FYJ说这是一道裸题。(Orz)
然后就很套路了。
在此先附一个数位模板，基本上大部分数位DP都是这个框架。（转载自
某大佬blog，我觉得他应该不会和蒟蒻计较的。QwQ）
我在他的模板的基础上按照自己的习惯改了一下下...(建议看一看我的，我加了自己的补充)。
1 #define ll long long; 2 const int MAXN=20;//一般数位dp位数最大为18;(毕竟long long 范围内嘛~~) 3 int a[MAXN]; 4 ll dp[MAXN][state];//不同题目状态不同 5 ll dfs(int pos,/*state变量*/,bool lead/*前导零*/,bool limit/*数位上界变量*/)//一般来说如果不是强制位数为多少，就不用特判前导零。 6 //对于这道题 手机号码 来说，因为手机号码必须为11位,所以第一位不能为0。 7 //但对于位数不限的题,第一位为0的话就相当于位数少一位就好了呗。。 8 //而且当l,r位数不一样的时候，一定要考虑第一位为0的情况，不然会错。 9 { 10 //递归边界，既然是按位枚举，最低位是0，那么pos==-1说明这个数我枚举完了 11 if(pos==-1) return 1; 12 /*这里一般返回1，表示你枚举的这个数是合法的，那么这里就需要你在枚举时必须每一位都要满足题目条件， 13 也就是说当前枚举到pos位，一定要保证前面已经枚举的数位是合法的。不过具体题目不同或者写法不同的话不一定要返回1. 14 有些条件只有把所有位数枚举完了后才能判断正误，你就可以在这里判断，return (符合条件)?1:0;*/ 15 16 //第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝) 17 if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state]; 18 /*常规写法都是在没有限制的条件记忆化，这里与下面记录状态是对应,这样你可以在数组里省去一维, 19 (你可以在数组中加一维[limit],把有无限制的情况都记录下来。) 20 相当于记忆化的时候少记录一些情况，虽然会导致慢一点，但不会慢太多。*/ 21 int up=limit?a[pos]:9;//根据limit判断枚举的上界up; 22 ll ans=0; 23 //开始计数 24 for(int i=0;i<=up;i++)//枚举，然后把不同情况的个数加到ans就可以了 25 { 26 if() ... 27 else if()... 28 ans+=dfs(pos-1,/*状态转移*/,lead && i==0,limit && i==a[pos]) //最后两个变量传参都是这样写的 29 /*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了 30 大概就是说，我当前数位枚举的数是i，然后根据题目的约束条件分类讨论 31 去计算不同情况下的个数，还有要根据state变量来保证i的合法性，比如题目 32 要求数位上不能有62连续出现,那么就是state就是要保存前一位pre,然后分类， 33 前一位如果是6那么这意味就不能是2，这里一定要保存枚举的这个数是合法。 34 比如这道 手机号码，如果出现4,就不再枚举8；如果出现8，就不在枚举4. 35 */ 36 } 37 //计算完，记录状态 38 if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans; 39 /*这里对应上面的记忆化，在一定条件下时记录，保证一致性，当然如果约束条件不需要考虑lead，这里就是lead就完全不用考虑了*/ 40 return ans; 41 } 42 ll solve(ll x) 43 { 44 int pos=-1; 45 while(x)//把数位都分解出来 46 { 47 a[++pos]=x%10;//个人老是喜欢编号为[0,pos],看不惯的就按自己习惯来，反正注意数位边界就行 48 x/=10; 49 } 50 return dfs(pos/*从最高位开始枚举*/,/*一系列状态 */,true,true);//刚开始最高位都是有限制并且有前导零的，显然比最高位还要高的一位视为0嘛 51 } 52 int main() 53 { 54 ll l,r; 55 while(scanf("%lld%lld",&l,&r)!=EOF) 56 { 57 //初始化dp数组为-1,以便判断是否被更新，注意即使为0，也可能是被更新的了的，所以不能用0赋初值。 58 printf("%lld\n",solve(r)-solve(l-1)); 59 } 60 }
可能是我太弱的原因，我感觉数位dp就是记忆化搜索嘛。。。
不过话说dp的本质就是把不同的状态用同一种状态表示，方便转移。
那么对于这道题，需要注意的状态如下：
- 不能同时出现4和8,于是就多了两个bool型, bool if4,bool if8,表示4,8是否出现过。
- 要有三个连续的，所以就多了,int llast:上上个数，int last:上个数,bool if3:三个连续的是否出现
于是你就有了一个六维dp辣~~:dp[pos][llast][last][if4][if8][if3].
具体看代码。
1 #include<iostream> 2 #include<stdio.h> 3 #include<cstring> 4 #define LL long long 5 using namespace std; 6 7 LL dp[11][11][11][2][2][2]; 8 9 int a[11];int cnt; 10 11 inline LL calc(int pos,int llast,int last,bool if4,bool if8,bool if3,bool head,bool limit){ 12 if(pos==-1) return if3?1:0;//如果出现过连续三个相同的数，才符合条件。 13 if(!limit && !head && last!=-1 && llast!=-1 && dp[pos][llast][last][if4][if8][if3]!=-1) 14 return dp[pos][llast][last][if4][if8][if3]; 15 int up=limit?a[pos]:9;//上限。 16 int down=head?1:0;//下限。 17 LL tmp=0; 18 for(int i=down;i<=up;++i){ 19 if(if4 && i==8) continue;//有4不能有8. 20 if(if8 && i==4) continue;//有8不能有4. 21 tmp+=calc(pos-1,last,i,if4||(i==4),if8||(i==8),if3||(llast==last&&last==i),0,limit && i==a[pos]); 22 //传递条件就好啦。 23 } 24 if(!limit && !head && last!=-1 && llast!=-1) dp[pos][llast][last][if4][if8][if3]=tmp; 25 return tmp; 26 } 27 28 inline LL devide(LL x){ 29 cnt=-1; 30 memset(a,0,sizeof a); 31 while(x){ 32 a[++cnt]=x%10; 33 x/=10; 34 } 35 return cnt!=10?0:calc(cnt,-1,-1,0,0,0,1,1);//不足11位返回零就好啦。 36 //不要说不存在这种情况。 37 //因为我们传的是l-1。所以l=100 0000 0000 时，l-1=99 9999 9999 辣。 38 39 } 40 41 int main(){ 42 LL l,r; 43 cin>>l>>r; 44 memset(dp,-1,sizeof dp); 45 cout<<devide(r)-devide(l-1); 46 return 0; 47 }
就这样了吧。因为本人实在太弱，错了是很正常的，欢迎指正。不过希望能帮到你哦。